Lineare Algebra die Darstellungsmatrix von f bezüglich A. Es ist B = (b 1, b 2, b 3 ) mit. A = M A A (f) =

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1 Techische Uivesität Dotmud Sommesemeste 2017 Fakultät fü Mathematik Übugsblatt 3 Pof. D. Detlev Hoffma 22. Mai 2017 Maco Sobiech/ Nico Loez Lieae Algeba 1 Lösug zu Aufgabe 3.1: Voaussetzuge: Sei V ei deidimesioale Z/11Z Vektoaum. Sei f V V eie lieae Abbildug. Es sei A = (a 1, a 2, a 3 ) eie Basis vo V, ud sei A = M A A (f) = die Dastellugsmatix vo f bezüglich A. Es ist B = (b 1, b 2, b 3 ) mit eie weitee Basis vo V. (a) Behauptug: M A B (id V ) = b 1 = 3a a 2 + 8a 3, b 2 = 9a 2, b 3 = 2a 1 + 6a 2 + 8a 3. Beweis: Aus de Defiitio de Vektoe i B lässt sich sofot die Matix MA B(id V ) agebe: MA(id B V ) = Laut Volesug/Übug gilt abe M A B (id V ) = M B A (id V ) 1. Dahe bestimme wi auf die übliche At ud Weise das Ivese de ebe agegebee Matix. Es ist (Rechuge wede hie weggelasse) M A B (id V ) = M B A(id V ) 1 = (b) Behauptug: MB B(f) = Beweis: Laut Volesug gilt. M B B (f) = M A B (id V )M A A (f)m B A(id V ) = (c) Behauptug: A = Beweis: Es ist = A = (M A A (f)) = (M B A(id V )M B B (f)m A B (id V )) = (M A B (id V ) 1 M B B (f)m A B (id V )) = M A B (id V ) 1 M B B (f) M A B (id V ). 1

2 Dabei wude vewedet, dass (C 1 AC) = C 1 AC C 1 AC C 1 AC = C 1 A C fü mal alle C GL 3 (Z/11Z) gilt. Wi müsse also zuächst Poteze de Matix M B B (f) = betachte. Pe Iduktio zeigt ma leicht, dass = x () fü N gilt, wobei x (1) = 6 ud x () = 3x ( 1) fü 2. I Z/11Z gilt 7 2 = 5, 7 3 = 2, 7 4 = 3, 7 5 = 10, 7 6 = 4, 7 7 = 6, 7 8 = 9, 7 9 = 8, 7 10 = 1, 3 2 = 9, 3 3 = 5, 3 4 = 4, 3 5 = 1, 10 2 = 1, x (2) = 1, x (3) = 9, x (4) = 10, x (5) = 3, x (6) = 3, x (7) = 4, x (8) = 6, x (9) = 2, x (10) = 0. Somit ist M B B (f)10 = I 3. Dahe gilt Somit ist M B B (f) = M B B (f) 8 = x (8) A = M A B (id V ) 1 M B B (f) M A B (id V ) = = = Lösug zu Aufgabe 3.2: Voaussetzuge: Sei K ei Köpe, ud sei N. Sei A = (a ij ) 1 i,j M (K). Es heißt Spu(A) = a ii die Spu vo A. Aufgud de Iklusio K K(X) ka A M (K) als Elemet vo M (K(X)) aufgefasst wede. Da ist A XI = (b ij ) 1 i,j mit b ij = a ij, falls i j, ud b ii = a ii X (1 i, j ). (a) Behauptug: det(a XI ) K[X]. Beweis: Wi vewede die Leibizfomel aus de Defiitio de Detemiate. Es gilt det(a XI ) = sig(σ) b iσ(i). σ S Die b ij sid vo de Fom a ij ode a ii X. Also ist b iσ(i) ei Polyom i X, i dem als höchste X Potez X vokommt. Daaus folgt sofot, dass det(a XI ) ei Polyom i X vom Gad ist. 2

3 (b) Voaussetzug: Laut (a) gilt det(a XI ) = c X + c 1 X c 0 fü gewisse c 0,..., c 1, c K. Behauptug: c = ( 1), c 1 = ( 1) 1 Spu(A) ud c 0 = det A. Beweis: Mit Leibizfomel: Wi betachte die folgede Gleichug aus (a) och eimal geaue: det(a XI ) = sig(σ) b iσ(i). σ S Fü σ = id gilt b iσ(i) = b ii = a ii X fü alle i {1,..., }. De Tem sig(id) b iid(i) ist da gleich (a ii X). Ist σ id, so gibt es midestes ei i {1,..., } mit σ(i) i, also b iσ(i) = a iσ(i). Da σ eie Bijektio ist, muss es abe ei j {1,..., } {i} gebe, fü das auch σ(j) j gilt, also auch b jσ(j) = a jσ(j). De Tem sig(σ) b iσ(i) ist ei Polyom i X, i dem als höchste X Potez X 2 vokommt. Diese Teme müsse dahe fü die Betachtug de Koeffiziete c ud c 1 icht beücksichtigt wede. Isgesamt gilt: Es gibt ei Polyom (X) K[X] 2, sodass c X + c 1 X c 0 = det(a XI ) = (a ii X) + (X) = ( 1) X + ( 1) 1 ( a ii )X Daaus folgt wie gewüscht c = ( 1) ud c 1 = ( 1) 1 Spu(A). Wedet ma u auf beide Seite vo c X + c 1 X c 0 = sig(σ) σ S b iσ(i) a ii + (X). de Eisetzugshomomophismus K[X] K, X 0, a, so ehalte wi auf de like Seite c 0 ud auf de echte Seite (aufgud de Defiitio de b ij ) σ S sig(σ) a iσ(i) = det A. Damit ist die Behauptug vollstädig gezeigt. Ohe Leibizfomel: Wi fühe Iduktio ach N. Gilt = 1, so ist det(a XI 1 ) = (a 11 X) = X + a 11 = ( 1) 1 X + a 11 ud es gilt Spu(A) = det A = a 11. Wi ehme u a, die Behauptug gilt fü alle m <, ud wi zeige, dass sie da auch fü gilt. Seie,..., A die Zeile vo A, ud sei (e 1,..., e ) die Stadadbasis vo K als Zeilevektoe. Da gilt A XI = Xe 1 A Xe. 3

4 Da die Detemiateabbildug det liea i jede Zeile ist, gilt det(a XI ) = det 2. Matix: Etw. 1. Zeile = det Xe 1 A Xe = det = = det I de Matize de Fom A 2 A 3 Xe 3 A Xe A 2 A = det A Xe X det X det i=2 A Xe X det X det (A (11) XI 1 ) e 2 A 3 Xe 3 A Xe A i 1 e i A i+1 Xe i+1 A Xe e 1 A Xe X det (A (11) XI 1 ) X det (A (11) XI 1 ). A i 1 e i A i+1 Xe i+1 A Xe (i {3,..., }) sid höchstes 3 Eitäge vo de Fom a jj X. Somit hat (aalog zu Begüdug i (a)) die Detemiate eie solche Matix höchstes Gad 3. Also hat das X fache de Detemiate höchstes Gad 2 ud kostate Tem (= de Koeffiziet vo 1) 0. Diese Summade spiele also fü usee Betachtug keie Rolle meh. Die Detemiate de Matix det e 2 A 3 Xe 3 A Xe etwickel wi est ach de 2. Zeile ud da ach de este Zeile. Da ehalte wi: A (12) 3 Xe 3 A (2j) 3 Xe 3 a 11 det + ±a 1j det, 2 Xe j=3 A (2j) Xe det((a (22) ) (11) XI 2 ) = (X) 4

5 wobei A (ij) k aus A k duch Etfee de Eitäge a de i te ud j te Stelle etsteht ud (X) K[X] 3, da i jedem Summade midestes ei weitee Eitag de Fom a jj X etfet wude. Isgesamt folgt, dass es ei g(x) K[X] 3 gibt, sodass det(a XI ) = det A X det (A (11) XI 1 ) X a 11 det ((A (22) ) (11) XI 2 ) X g(x) = det A X ( 1) 1 X 1 + ( 1) 2 Spu(A (11) ) X det A (11) = a a I.V. X a 11 (( 1) 2 X det(a (22) ) (11) ) X g(x) = ( 1) X + ( 1) 1 Spu(A)X det A. Lösug zu Aufgabe 3.3: Voaussetzuge: Sei V ei K Vektoaum, ud seie U 1, U 2,..., U Utevektoäume vo V. Seie außedem U = U 1 + U U ud V i = U U i 1 + U i U fü i {1,..., }. Behauptug: Die folgede Aussage sid äquivalet: (i) Fü alle i {1,..., } gilt: U i V i = {0}. (ii) Es gilt fü alle Vektoesysteme (x 1,..., x ) mit x i U i : Gilt x i = 0, so auch x i = 0 fü 1 i. (iii) Es gilt fü je zwei Vektoesysteme (x 1,..., x ) ud (y 1,..., y ) mit x i, y i U i : Gilt x i = y i, so auch x i = y i fü 1 i. (iv) Fü 1 i sei (e ij j J i ) eie Basis vo U i, wobei J i eie geeigete Idexmege ist. Da ist (e iji 1 i, j i J i ) eie Basis vo U. Beweis: (i) (ii): Seie x 1,..., x V mit x i U i (1 i ) ud x i = 0. Fü j {1,..., } ist x j U j ud x j = ( x i ) U i = V j, da U 1,..., U bezüglich i j i j Multiplikatio mit Skalae abgeschlosse sid. Also gilt mit (i), dass x j U j V j = {0}, d.h. x j = 0. (ii) (iii): Seie x 1,..., x V ud y 1,..., y V mit x i, y i U i ud x i = y i. Da U 1,..., U Utevektoäume sid, gilt auch x i y i U i fü alle i {1,..., }. Dahe folgt mit (ii) aus (x i y i ) = 0, dass x i y i = 0, d.h. x i = y i, fü alle i {1,..., }. (iii) (iv): Wege U = U i = spa(e i,j j J i ) = spa(e iji 1 i, j i J i ) sieht ma sofot, dass (e iji 1 i, j i J i ) ei Ezeugedesystem vo U ist. Es seie u fü alle i {1,..., } k i N 0, e iji1,..., e ijiki U i ud λ ijil K fü 1 l k i. Falls k i 0 = λ ijil e ijil, 5

6 so folgt aus (iii) wege 0 = auch i k λ ijil e ijil = 0 fü alle 1 i ud damit, wege de lieae Uabhägigkeit auch λ ijil = 0 fü alle 1 l k i fü alle 1 i, wie gewüscht. (iv) (i): Es sei i {1,..., } beliebig ud x U i V i. Da gilt aufgud de Basiseigeschaft k i k m λ ijil e ijil = x = λ mjml e mjml, m=1,m i fü gewisse k m N, λ mjml fü 1 l k m fü alle 1 m, woaus 0 = m=1,m i k m k i λ mjml e mjml λ ijil e ijil folgt. Aufgud de Basiseigeschaft (a diese Stelle geügt die lieae Uabhägigkeit) folgt u fü alle 1 m, dass λ ijjl = 0 fü alle 1 l k i gilt, woaus x = 0 folgt. Behauptug: Gilt i = dim U i < fü alle i {1,..., }, so ist jede de obige Aussage auch äquivalet zu: (v) dim U = i. Beweis: (iv) (v): Kla. (v) (iv): Es gelte dim U = i. Fü i {1,..., } sei e i1,..., e ii eie Basis vo U i. Wie im Beweis vo (iii) (iv) gesehe, gilt da U = Li(e 11,..., e 11, e 21,..., e 22,..., e 1,..., e ). Somit habe wi ei Ezeugedesystem vo U, das aus dim U viele Vektoe besteht. Da ist ach eiem Satz aus de Volesug (Lieae Algeba I) dieses Ezeugedesystem auch eie Basis vo U. Lösug zu Aufgabe 3.4: Die Implikatio (i) (ii) ud die Implikatio (iii) (ii) sid kla. Die Implikatio (ii) (iii) folgt sofot aus de Tatsache, dass Dastellugsmatize de Fom MA A(ϕ), M B B (ϕ) fü Base A, B vo V stets ählich sid (Volesug), ud Ählichkeit vo Matize eie Äquivalezelatio ist (Volesug). Zu zeige bleibt also die Implikatio (ii) (i): Es gebe u also eie Basis E = (e 1,..., e ) vo V so, dass A = ME E (ϕ) ählich zu eie Diagoalmatix ist. Dahe gibt es also eie Matix S GL (K) so, dass SAS 1 Diagoalgestalt hat. Es sei S 1 = (t i,j ) 1 i,j. Wi defiiee f j = t i,j e i. Behauptug: F = (f 1,..., f ) ist eie Basis vo V. Beweis: Aus Dimesiosgüde geügt es zu zeige, dass dass System (f 1,..., f ) liea uabhägig ist. Seie dazu also λ 1..., λ K so, dass λ 1 f λ f = 0 gilt. Da gilt 0 = λ 1 f λ f = λ 1 ( t i,1 e i ) λ ( t i, e i ) = ( λ i t i,1 ) e ( λ i t i, ) e, 6

7 was wege de lieae Uabhägigkeit vo (e 1,..., e ) geau da efüllt ist, we λ i t i,j = 0 fü alle j {1,..., } gilt, also geau da, we (λ 1,..., λ ) T eie Lösug des homogee lieae Gleichugsystems T x = 0 ist. Da T abe egulä ist, folgt λ 1 =... = λ = 0, wie gewüscht. Behauptug: Es gilt M F F (ϕ) = SAS 1. Beweis: Wege f j = t i,j e i gilt ME F (id V ) = S 1. Nach Volesug gilt dahe wege id 1 V = id V die Idetität MF E(id V ) = (S 1 ) 1 = S ud damit ach Volesug M F F = M E F (id V )M E E (ϕ)m F E (id V ) = SAS 1. Isbesodee hat die Dastellugsmatix vo ϕbzgl. de Basis F Diagoalgestalt, was geade pe Defiitio heißt, dass ϕ diagoalisieba ist. Lösug zu Aufgabe 3.5: (a) Wi beeche zuächst die Nullstelle des chaakteistische Polyoms, also die Nullstelle vo 5 X 0 2 det(a XI 3 ) = det 6 1 X X = (X + 1) det ( 5 X X ) = (X + 1) det ( 3 X ) = (X + 1)(3 X) det ( 3 + X 1 X 1 1 X ) = (X + 1)(X 3)(X 1). Also sid die Eigewete vo, 1 ud 3. Fü die Eigeäume löse wi u die Gleichugssysteme (A xi 3 0) fü x {1, 1, 3} ud ehalte Eig(A, 3) = spa 1, Eig(A, 1) = spa 1, Eig(A, 1) = spa (b) (i) Es sei p K[X] {0}. Da gilt deg(p ) < deg(p). Weite gilt fü alle λ K {0} stets deg(λp) = deg(p). Daaus folgt, dass die Gleichug λp = D(p) u fü λ = 0 efüllt sei ka, also u 0 ei Eigewet sei ka. Schließlich ist 0 tatsächlich stets ei Eigewet, de es gilt D(1 K[X] ) = 0 K[X] = 0 K 1 K[X]. (ii) Aufgud usee Egebisse aus Teil (i) müsse wi also u Ke(D) bestimme, was gleich dem Raum U 6 aus LiA1, Aufgabe 8.3, etspicht. Dahe wisse wi, dass im Fall K = R Eig(D, 0) geau aus de kostate Polyome besteht ud im Fall K = Z/3Z Eig(D, 0) = {a 1 X 3 + a 0 a 1, a 0 Z/3Z} gilt. 7